2013年全国高考物理试题分类解析专题10磁场含解析
2013年全国高考物理分类解析
2013年全国高考物理分类解析专题一、直线运动1，（2013全国新课标理综1第19题）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上形式的汽车a和b的位置一时间（x-t）图线，由图可知A.在时刻t1，a车追上b车B.在时刻t2，a、b两车运动方向相反C.在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D.在t1到t2这段时间内，b车的速率一直不a车大【命题意图】本题考查位移图象、追及问题等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
答案：BC解析：在时刻t1，b车追上a车，选项A错误。
根据位移图象的斜率表示速度可知，在时刻t2，a、b两车运动方向相反，选项B正确。
在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加，选项C正确D错误。
2. （2013全国新课标理综1第14题）右图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。
表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。
根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是A.物体具有惯性B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关C.物体运动的距离与时间的平方成正比D.物体运动的加速度与重力加速度成正比【命题意图】本题考查伽利略斜面实验等相关知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
答案：C解析：根据表中的数据，第一列与第三列数据存在比例关系，第一列数据是第二列数据的二次方，伽利略可以得出的结论是：物体运动的距离与时间的平方成正比，选项C正确。
3.（2013高考广东理综第13题）某航母跑道长为200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为A .5m/sB .10m/sC .15m/s D.20m/s考点：匀变速直线运动规律公式的应用 答案：B解析：由as v v t 2202=-得：0v =ax v t 22-=10m/s 。
高考物理真题分类汇编第8章磁场及答案
α=β（2分）
联立得到 （2分）
解得α=30°，或α=90°（各2分）
设M点到O点的距离为h，有
，
联立得到h=R- Rcos(α+30°)（1分）
解得h=(1- )R（α=30°）（2分）
h=(1+ )R（α=90°）（2分）
当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为
（2分）
当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为
答案.A
4.（2013全国新课标理综1第18题）如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q>0）。质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）
【答案】B
2.（2013·新课标全国卷Ⅱ·T17）（6分）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为
解析:画出粒子的运动轨迹，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径 ，由 可知 ，本题选A。
A.a，b均带正电
B.a在磁场中飞行的时间比b的短
C. a在磁场中飞行的路程比b的短
D.a在P上的落点与O点的距离比b的近
解析：根据题述，由左手定则，带电粒子a，b均带正电，选项A正确。由于a b粒子做圆周运动的半径为： 相等，画出轨迹如右图, O1、O2分别为a b粒子运动轨迹所对的圆心，显然a粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b，由 和轨迹图可知，a在磁场中飞行的时间比b的长，a在磁场中飞行的路程比b的长，a在P上的落点与O点的距离比b的近，选项D正确BC错误。
2013高考物理真题+模拟新题分类汇编(精解详析)：K单元 磁场.pdf
K单元 磁场 K1 磁场安培力 18．K1[2013·新课标全国卷Ⅱ] 如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( ) B. C. D. 18．B [解析] 由题意，三个小球均处于静止状态，对c球而言，a、b两球在c球所在位置处产生的合场强与匀强电场的场强等大反向，故匀强电电场的场强大小E＝cos30°＝，正确．3．[2013·广东省汕头市期末] 如图X18-3所示，长方形线框abcd通有电流I，放在直线电流I′附近，线框与直线电流共面，则下列表述正确的是( ) A．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力方向向左 B．只有ad和bc边受安培力作用，它们的合力为零 C．ab和dc边所受安培力大小相等，方向相同 D．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力为零 图X18-4 3．A [解析] 线圈四个边都受安培力作用，由于ad边所在处的磁感应强度大于bc边所在处的磁感应强度，ad边所受的向左的安培力大于bc边所受的向右的安培力，它们的合力方向向左，选项A正确，选项B、D错误ab和dc边所受安培力大小相等，方向相反，选项C错误． 、E1、L4[2013·浙江卷] (22分)为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ＝0.2 的海水，通道中a×b×c＝0.3 的空间内，存在着由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝6.4、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b＝0.3 的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I＝1.0×10的电流，设该电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρ (1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向．(2)在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”3)当潜艇以恒定速度v＝30 前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v＝34 ，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．[解析] (1)将通电海水看成导线，所受磁场力＝IBL代入数据得：F＝IBc＝1.0×10＝1.92 N用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受到磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．(3)电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率＝F牵根据牛顿第三定律：F牵＝12IBL当v＝30 时，代入数据得：＝F牵＝12×1.92×10＝6.9×10第二部分：海水的焦耳热功率对单个直线推进器，根据电阻定律：＝ρ代入数据得：R＝ρ＝0.2×＝0.5 Ω由热功率公式，P＝I代入数据得：P单＝I＝5.0×10＝12×5.0×10＝6.0×10第三部分：单位时间内海水动能的增加值设时间内喷出的海水质量为m＝12×考虑到海水的初动能为零，＝Εmv m＝ρ水对地＝12×＝12×＝4.6×10 磁场对运动电荷的作用 5．[2013·河南省郑州市高三第一次质量预测] 如图X19-4所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B.一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ＝30°.MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力．求： 图X19-4 (1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？ (2)若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？ 5．(1) (2) [解析] (1)设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，由几何关系得： rcos60°＝r－a 解得r＝a 又由qvB＝m 解得最大速度v＝. (2)粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径R的倍． 设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点 有n×R＝8a 且R4.62，n所能取的最小自然数为5， 粒子做圆周运动的周期为 T＝ 粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为 t＝T＝ 粒子到达Q点的最短时间为 tmin＝5t＝. 20．I3、K2[2013·浙江卷] 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P＋，经电压为的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P＋( )在电场中的加速度之比为1∶1在磁场中运动的半径之比为在磁场中转过的角度之比为1∶2离开电场区域时的动能之比为1∶3 [解析] 离子在电场中的加速度a＝＝＝，错误．离开电场区域时的动能E＝Uq，故＝＝，正确．在磁场中运动的半径r＝＝＝，故＝＝，正确．在磁场中转过的角度的正弦值＝＝Bd，故＝＝，因θ＝30，则＝，即2＝60，所以＝，正确．[2013·广东卷] 如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有( ) A．、b均带正电在磁场中飞行的时间比b的短在磁场中飞行的路程比b的短在P上的落点与O点的距离比b的近 21． [解析] 由左手定则可知正确；根据洛伦兹力提供向心力，有Bvq＝，解得r＝，由于同种粒子且速度相同，所以在磁场中运动的轨道半径相同，示意图如图所示，从图中可以看出b离子轨迹为半圆，a离子轨迹超过半圆，、C错误，正确． 18．K2[2013·新课标全国卷Ⅰ] 如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)( ) B. C. D. 18．B [解析] 由Bqv＝可得v＝，作出粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识得半径r＝R，故正确． 17．K2[2013·新课标全国卷Ⅱ] 空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( ) C. D. 17．A [解析] 由Bqv＝可得：B＝，粒子沿半径射入磁场必沿半径射出磁场，可作出运动轨迹图如图所示，由几何知识可得：r＝，即B＝，正确． 23．I3K2[2013·安徽卷] 如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v的速度沿x轴正方向x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力．求： (1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．[解析] (1)设粒子在电场中运动的时间为，则有 x＝v＝2h，＝＝h，＝ma，联立以上各式可得E＝(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为v＝at＝v，所以v＝＝，方向指向第Ⅳ象限与轴正方向成45°角．(3)粒子在磁场中运动时，有＝m，当粒子从点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝，所以B＝ 带电粒子在组合场及复合场中运动 2．[2013·浙江省十二校新高考研究联盟第一次联考] 如图X20-2所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中．设小球电荷量不变，小球由棒的下端以( ) 图X20-2 A．小球加速度一直减小 B．小球的速度先减小，直到最后匀速 C．杆对小球的弹力一直减小 D．小球队受到的洛伦兹力一直减小2．D [解析] 小球上滑的过程中，在竖直方向上受到竖直向下的重力和摩擦力作用，所以小球的速度一直减小，根据公式F洛＝qvB，小球所受洛伦兹力一直减小，选项B错误，选项D正确；在水平方向上，小球共受到水平向右的电场力、水平向左的洛伦兹力和杆的弹力三个力的作用，三力的合力为零，如果刚开始，小球的初速度较大，其洛伦兹力大于电场力，杆对小球的弹力水平向右，大小FN＝F洛－F会随着速度的减小而减小，小球的加速度也一直减小；如果刚开FN＝F－F洛会随着速度的减小而增大，小球的加速度也一直增大，可见，选项A、C错误． 图X20-3 3．[2013·安徽省黄山市一模] 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图X20-3所示，现用同一回旋加速器分别加速两种同位素，关于高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，下列说法正确的是( ) A．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数少 B．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数多 C．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数多 D．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数少 3．A [解析] 对于粒子在匀强磁场中的运动，由R＝可知，随着粒子速度的增大，粒子的运动半径也逐渐增大，设粒子的质量为m，电荷量为q，在窄缝间被加速的次数为n，则由mv2＝nqU和R＝(其中R为D形盒中运动的最大圆周半径)可得，n＝，显然，质量大的加速次数少，获得的动能较小；由T＝可知，T与成正比，故加速质量大的交流电源的周期较大，选项A正确． 22．E2，K3，K4[2013·福建卷] 如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为B.让质量为m，电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿 xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响． (1)若粒子以初速度v沿 y 轴正向入射，恰好能经过 x 轴上的A (a，0)点，求v的大小；(2)已知一粒子的初速度大小为v (v>v) ，为A (a，0) 点，其入射角θ(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的 值；(3)如图乙，若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v沿 y 轴正向发射．研究表明：粒子在 xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的 x 分量v与其所在位置的 y 坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v[解析] 1)带电粒子以速率在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径为，有＝① 当粒子沿轴正向入射，转过半个圆周至点，该圆周半径为，有：＝由②代入①式得＝(2)如图，、A两点处于同一圆周上，且圆心在＝的直线上，半径为当给定一个初速率时，有2个入射角，分1、2象限，有sin θ＝sin＝由①④式解得sin＝ (3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用表示其坐标，由动能定理，有＝－⑥ 由题知，有＝若＝0时，粒子以初速度沿轴正向入射，有＝⑧ 由⑥⑦⑧式解得＝＋。
2013年全国统一高考物理试卷(大纲版)(含解析版)
绝密★启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试（大纲版）理科综合能力测试物理部分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：（本大题共8小题，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项是符合题目要求，有的有多选项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不答的得0分）1．（6分）下列现象中，属于光的衍射现象的是（）A ．雨后天空出现彩虹B ．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹C ．海市蜃楼现象D ．日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹2．（6分）根据热力学第一定律，下列说法正确的是（）A ．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B ．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C ．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机D ．对能源的过度消耗将使自然界得能量不断减少，形成能源危机3．（6分）放射性元素氡（）经α衰变成为钋，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是（）A ．目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变B ．在地球形成的初期，地壳中元素的含量足够高C ．当衰变产物积累到一定量以后，的增加会减慢的衰变进程D ．主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期4．（6分）纸面内两个半径均为R 的圆相切于O 点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R 的导体杆OA 绕过O 点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t=0时，OA 恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O 指向A 的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是（）A ．B．C ．D．5．（6分）“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200km 的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟．已知引力常量G=6.67×10﹣11N•m 2/kg 2，月球的半径为1.74×103km ．利用以上数据估算月球的质量约为（）A ．8.1×1010kgB ．7.4×1013kgC ．5.4×1019kgD ．7.4×1022kg6．（6分）将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔2s ，它们运动的图象分别如直线甲乙所示。
2013年高考物理真题汇编全解全析：专题十 电磁感应流 Word版含解析
专题十 电磁感应1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ，17题)如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN ，其中ab 、ac 在a 点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i 与时间t 的关系图线，可能正确的是()选 A.本题为电磁感应和电路的题目，所以应从动生感应电动势和闭合电路欧姆定律角度入手．设图示位置时a 距棒的距离为l 0，导体棒匀速切割磁感线的速度为v ，单位长度金属棒的电阻为R 0，导轨夹角为θ，运动时间t 时，切割磁感线的导体棒长度l ＝2(l 0＋v t )tan θ2，有效电路中导体棒长度l 总＝l ＋2(l 0＋v t )cos θ2，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e ＝Bl v ＝2B v (l 0＋v t )tan θ2，电路中总电阻R ＝R 0l 总＝R 0⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2(l 0＋v t )tan θ2＋2(l 0＋v t )cos θ2，所以i ＝e R ＝2B v (l 0＋v t )tan θ2R 0⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2(l 0＋v t )tan θ2＋2(l 0＋v t )cos θ2＝B v ·tan θ2R 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan θ2＋1cos θ2， 即i 为恒定值与t 无关，选项A 正确． 2.(2013·高考安徽卷，16题)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( )A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W选 B.把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键．对导体棒进行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．由平衡条件得mg sin 37°＝F 安＋F f ①F f ＝μF N ②F N ＝mg cos 37° ③而F 安＝BIL ④I ＝E R ＋r⑤ E ＝BL v ⑥联立①～⑥式，解得v ＝mg (sin 37°－μcos 37°)(R ＋r )B 2L 2 代入数据得v ＝5 m/s.小灯泡消耗的电功率为P ＝I 2R ⑦由⑤⑥⑦式得P ＝⎝⎛⎭⎫BL v R ＋r 2R ＝1 W ．故选项B 正确． 3．(2013·高考浙江卷，15题)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E -t 关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E -t 关系图可能是( )选D.由公式E ＝Bl v 可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故本题正确选项为D.4.(2013·高考福建卷，18题)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线OO ′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO ′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不．可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )选 A.根据导体线框进入磁场的速度的不同分析线框的受力情况、运动情况，从而判断可能的v -t 图像．线框先做自由落体运动，因线框下落高度不同，故线框ab 边刚进磁场时，其所受安培力F 安与重力mg 的大小关系可分以下三种情况：①当F 安＝mg 时，线框匀速进入磁场，其速度v ＝mgR B 2L 2，选项D 有可能； ②当F 安＜mg 时，线框加速进入磁场，又因F 安＝B 2L 2v R ，因此a ＝mg －B 2L 2v R m，即a ＝g －B 2L 2v mR，速度v 增大，a 减小，线框做加速度逐渐减小的加速运动，选项C 有可能；③当F 安＞mg 时，线框减速进入磁场，a ＝B 2L 2v mR－g ，v 减小，a 减小，线框做加速度逐渐减小的减速运动，当线框未完全进入磁场而a 减为零时，即此时F 安＝mg ，线框开始做匀速运动，当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动，选项B 有可能．故不可能的只有选项A.5．(2013·高考四川卷，7题) 如图所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt (常量k >0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02.闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，则( )A ．R 2两端的电压为U 7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 2 选AC.根据串、并联电路特点，虚线MN 右侧回路的总电阻R ＝74R 0.回路的总电流I ＝U R＝4U 7R 0，通过R 2的电流I 2＝I 2＝2U 7R 0，所以R 2两端电压U 2＝I 2R 2＝2U 7R 0·R 02＝17U ，选项A 正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R 2的电流方向向左，所以电容器b 极板带正电，选项B 错误；根据P ＝I 2R ，滑动变阻器R 的热功率P ＝I 2R 02＋⎝⎛⎭⎫I 22R 02＝58I 2R 0，电阻R 2的热功率P 2＝⎝⎛⎭⎫I 22R 2＝18I 2R 0＝15P ，选项C 正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B tS ＝k πr 2，选项D 错误． 6．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ，16题)如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t ＝0时导线框的的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图像中，可能正确描述上述过程的是( )选 D.导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E ＝BL v 、I ＝E R及F ＝BIL ＝ma 可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D 正确．7．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ，19题)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是( )A ．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系B ．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C ．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D ．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化选ABD.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间的关系，选项A 正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B 正确；法拉第提出的是电磁感应定律，但恒定电流周围不产生感应电流，选项C 错误；楞次定律指出感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D 正确．8．(2013·高考大纲全国卷，17题) 纸面内两个半径均为R 的圆相切于O 点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R 的导体杆OA 绕过O 点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t ＝0时OA 恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O 指向A 的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是( )选 C.从导体杆转动切割磁感线产生感应电动势的角度考虑．当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时，由右手定则判断电动势由O 指向A ，为正，选项D 错误；切割过程中产生的感应电动势E ＝BL v ＝12BL 2ω，其中L ＝2R sin ωt ，即E ＝2BωR 2 sin 2 ωt ，可排除选项A 、B ，选项C 正确．9．(2013·高考北京卷，17题)如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动， MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( )A ．c →a,2∶1B ．a →c,2∶1C ．a →c,1∶2D ．c →a,1∶2选C.金属杆垂直平动切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v ，判断金属杆切割磁感线产生的感应电流方向可用右手定则．由右手定则判断可得，电阻R 上的电流方向为a →c ，由E ＝Bl v 知，E 1＝Bl v ，E 2＝2Bl v ，则E 1∶E 2＝1∶2，故选项C 正确．10．(2013·高考天津卷，3题)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2 选A.根据法拉第电磁感应定律E ＝Bl v 、欧姆定律I ＝E R和焦耳定律Q ＝I 2Rt ，得线圈进入磁场产生的热量Q ＝B 2l 2v 2R ·l ′v ＝B 2Sl v R ，因为l ab >l bc ，所以Q 1>Q 2.根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R及q ＝I Δt 得q ＝BS R，故q 1＝q 2.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误． 11．(2013·高考山东卷，18题) 将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示．用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是( )选B.从B -t 图象中获取磁感应强度B 与时间t 的关系，结合E ＝ΔΦΔt及安培力F ＝BIL 得F -t 关系．由B -t 图象可知，在0～T 4时间内，B 均匀减小；T 4～T 2时间内，B 反向均匀增大．由楞次定律知，通过ab 的电流方向向上，由左手定则可知ab 边受安培力的方向水平向左．由于B 均匀变化，产生的感应电动势E ＝ΔB Δt S 不变，则安培力大小不变．同理可得在T 2～T 时间内，ab 边受安培力的方向水平向右，故选项B 正确．12．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ，25题)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L .导轨上端接有一平行板电容器，电容为C .导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因素为μ，重力加速度大小为g .忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．从电磁感应中的动生电动势和电容器的充放电及牛顿第二定律入手．(1)设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为E ＝BL v ①平行板电容器两极板之间的电势差为U ＝E ②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，据定义有C ＝Q U③ 联立①②③式得Q ＝CBL v . ④(2)设金属棒的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过金属棒的电流为i .金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f 1＝BLi ⑤设在时间间隔(t ，t ＋Δt )内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，据定义有i ＝ΔQ Δt⑥ ΔQ 也是平行板电容器极板在时间间隔(t ，t ＋Δt )内增加的电荷量．由④式得ΔQ ＝CBL Δv ⑦式中，Δv 为金属棒的速度变化量．据定义有a ＝Δv Δt⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f 2＝μN ⑨式中，N 是金属棒对导轨的正压力的大小，有N ＝mg cos θ ⑩金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a ，根据牛顿第二定律有mg sin θ－f 1－f 2＝ma ⑪联立⑤至⑪式得a ＝m (sin θ－μcos θ)g m ＋B 2L 2C⑫ 由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动．t 时刻金属棒的速度大小为 v ＝m (sin θ－μcos θ)m ＋B 2L 2Cgt . ⑬ 答案：(1)Q ＝CBL v (2)v ＝m (sin θ－μcos θ)m ＋B 2L 2Cgt 13．(2013·高考广东卷，36题)如图(a)所示，在垂直于匀强磁场B 的平面内，半径为r 的金属圆盘绕过圆心O 的轴转动，圆心O 和边缘K 通过电刷与一个电路连接．电路中的P 是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I 与圆盘角速度ω的关系如图(b)所示，其中ab 段和bc 段均为直线，且ab 段过坐标原点．ω>0代表圆盘逆时针转动．已知：R ＝3.0 Ω，B ＝1.0 T ，r ＝0.2 m ．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．(1)根据图(b)写出ab 、bc 段对应的I 与ω的关系式；(2)求出图(b)中b 、c 两点对应的P 两端的电压U b 、U c ；(3)分别求出ab 、bc 段流过P 的电流I P 与其两端电压U P 的关系式．圆盘转动切割磁感线，根据E ＝12Br 2ω计算感应电动势．题目给出了I -ω图象，根据数学知识写出I 与ω的关系式．根据欧姆定律求解通过R 的电流．根据并联电路的特点求解通过P 的电流．(1)根据数学知识，ab 、bc 段对应的I 与ω的关系式分别为I ab ＝k 1ω，I bc ＝k 2ω＋b ，且当ω＝15 rad/s ，I ab ＝0.1 A ，故 k 1＝1150所以I ab ＝1150ω(A) (－45 rad/s ≤ω≤15 rad/s) 当ω1＝15 rad/s 时，I bc ＝0.1 A ，即0.1＝15k 2＋bω2＝45 rad/s 时，I bc ′＝0.4 A ，即0.4＝45k 2＋b解得k 2＝1100，b ＝－0.05 所以I bc ＝1100ω－0.05(A) (15 rad/s ≤ω≤45 rad/s)． (2)圆盘电阻不计，切割磁感线时产生的感应电动势加在P 和R 上．b 点对应的P 两端的电压U b ＝E 1＝12Bω1r 2＝12×1.0×15×0.22 V ＝0.3 V c 点对应的P 两端的电压U c ＝E 2＝12Bω2r 2＝12×1.0×45×0.22 V ＝0.9 V. (3)P 、R 两端的电压等于圆盘以角速度ω转动产生的感应电动势，即U P ＝U R ＝E ＝12Bωr 2＝0.02ω根据欧姆定律得通过R 的电流I R ＝U R R ＝U P R ＝U P 3. 根据并联电路的电流特点I ab ＝I P ＋I RI bc ＝I P ′＋I R ′所以ab 段流过P 的电流I P ＝I ab －I R ＝1150ω－U P 3＝0(－45 rad/s ≤ω≤15 rad/s) bc 段流过P 的电流I P ′＝I bc －I R ′＝1100ω－U P 3－0.05 A(15 rad/s ≤ω≤45 rad/s)． 答案：见解析14．(2013·高考江苏卷，13题)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0 m 、bc ＝0.5 m ，电阻r ＝2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T ．在1～5 s 内从0.2 T 均匀变化到－0.2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：(1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；(2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ；(3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q .(1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB 1S ，解得E 1＝N ΔB 1S Δt 1，代入数据得E 1＝10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a .(2)同理可得E 2＝N ΔB 2S Δt 2，感应电流I 2＝E 2r电荷量q ＝I 2Δt 2，解得q ＝N ΔB 2S r，代入数据得q ＝10 C. (3)0～1 s 内的焦耳热Q 1＝I 21r Δt 1，且I 1＝E 1r，1～5 s 内的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2 由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100 J.答案：(1)10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a(2)10 C (3)100 J。
绝杀20132013届高考物理模拟+权威预测：专题10磁场 Word版含答案
专题十磁场1.(2012·广州模拟)如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则( )A．导线中的电流从A流向BB．导线中的电流从B流向AC．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关2.(2012·濮阳模拟)处于纸面内的一段直导线长L＝1 m，通有I＝1 A的恒定电流，方向如图所示．将导线放在匀强磁场中，它受到垂直于纸面向外的大小为F＝1 N的磁场力作用.据此可知( )A．能确定磁感应强度的大小和方向B．能确定磁感应强度的方向，不能确定它的大小C．能确定磁感应强度的大小，不能确定它的方向D．磁感应强度的大小和方向都不能确定3.(2012·临沂模拟)光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成θ角倾斜放置，导轨上另放一个质量为m的金属导体棒．当开关S闭合后，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，图中分别加了不同方向的磁场，其中一定不能平衡的是( )4.(2012·淄博模拟)如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0＜θ＜π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )A．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大C ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D ．若v 一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O 点越远5.(2012·崇文模拟)如图所示，在y ＞0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的xOy 平面向外，原点O 处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆周运动的圆心所在的轨迹，可用下面给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是( )6.(2012·滨州模拟)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O 点是cd 边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场．现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0，则它一定从cd 边射出磁场 B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，则它一定从ad 边射出磁场 C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t 0，则它一定从bc 边射出磁场 D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场7.(2012·杭州模拟)有一个带电荷量为＋q 、重为G 的小球，从两竖直的带电平行板上方h 处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B ，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法错误的是( )A ．一定做曲线运动B ．不可能做曲线运动C ．有可能做匀加速运动D ．有可能做匀速运动8.(2012·合肥模拟)如图所示，竖直放置的平行板电容器，A 板接电源正极，B 板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场．一批带正电的微粒从A 板中点小孔C 射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A 、B 间运动过程中( )A ．所有微粒的动能都将增加B ．所有微粒的机械能都将不变C ．有的微粒可以做匀速圆周运动D ．有的微粒可能做匀速直线运动9.(2012·徐州模拟)如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为q 、质量为m 的带电球体，管道半径略大于球体半径.整个管道处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直.现给带电球体一个水平速度v 0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功不可能为( )A.0B.21mg m()2qBC.201mv 2D.2201mg m v ()2qB ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦10.(2011·庆阳模拟)如图所示，相距为d 的水平金属板M 、N 的左侧有一对竖直金属板P 、Q ，板P 上的小孔S 正对板Q 上的小孔O ，M 、N 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，在小孔S 处有一带负电粒子，其重力和初速度均不计，当滑动变阻器的滑片在AB 的中点时，带负电粒子恰能在M 、N 间做直线运动，当滑动变阻器的滑片滑到A 点后( )A.粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定不变B.粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定增大C.粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定减小D.以上说法都不对11.(2011·平川模拟)如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v -t图象如图所示，其中正确的是( )12.(2012·攀枝花模拟) 如图所示，一带正电的质子从O点以速度v0垂直极板射入，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，已知两板之间距离为d，板长为d，O点是板的正中间，为使质子能从两板间射出，试求磁感应强度B应满足的条件(已知质子的带电量为e，质量为m)．13.(2012·天水模拟)如图所示，在xOy平面上，a点坐标为(0，l)，平面内有一边界通过a点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，有一电子(质量为m，电量为e)从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，恰好在x轴上的b点(未标出)射出磁场区域，此时速度方向与x轴正方向夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度；(2)磁场区域圆心O1的坐标；(3)电子在磁场中的飞行时间.14.(2012·广州模拟)如图所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝2 500 N/C，方向竖直向上；磁感应强度B＝103 T.方向垂直纸面向外；有一质量m＝1×10-2 kg、电荷量q＝4×10-5 C的带正电小球自O点沿与水平线成45°角以v0＝4 m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从P点进入电场强度E2＝2 500 N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)O点到P点的距离s1；(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.15.(2012·衡水模拟)如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy坐标系，平面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿+y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向).在t=0时刻，一质量为10 g、电荷量为0.1 C 的带电金属小球自坐标原点O处，以v0=2 m/s的速度沿x轴正方向射出.已知E0=0.2 N/C、B0=0.2 πT.求：(1)t=1 s末金属小球速度的大小和方向；(2)1～2 s内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径和周期；(3)在给定的坐标系中，大体画出小球在0到6 s内运动的轨迹示意图；(4)6 s内金属小球运动至离x轴最远点的位置坐标.【高考预测】磁场部分是高考的重点内容，主要呈现以下三点命题趋势：(1)带电粒子在磁场中运动以及在复合场中运动的综合问题.(2)与洛伦兹力、电场力、重力有关的力电大型综合题.(3)采用本章的基础知识与科学技术成果相结合，物理模型与生产生活实际相结合的题目．对该部分内容的命题预测点如下：1.环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图所示，正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞.为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷qm越大，磁感应强度B越大B.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷qm越大，磁感应强度B越小C.对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D.对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变2.两导线内电流方向如图所示，导线ab固定，导线cd与ab垂直且与ab相隔一段距离，cd可以自由移动，试分析cd的运动情况．3.如图所示，在磁感应强度B＝1.0 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab,ab杆水平放置.已知接在滑轨中的电源电动势E＝12 V，内阻不计．导轨间距L＝0.5 m，质量m＝0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？(g取10 m/s2，sin37°＝0.6)4.回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近．若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，粒子最大回转半径为R m，其运动轨迹如图所示．求：(1)两个D形盒内有无电场？(2)粒子在D形盒内做何种运动？(3)所加交流电频率是多大？(4)粒子离开加速器的速度为多大？最大动能为多少？5.如图所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成.偏转电场处在加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大，处在偏转电场的右边，如图甲所示.大量电子(其重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场.当偏转电场两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加上如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上(已知电子的质量为m、电荷量为e).求：(1)如果电子在t=0时刻进入偏转电场，求它离开偏转电场时的侧向位移大小；(2)通过计算说明，所有通过偏转电场的电子的偏向角(电子离开偏转电场的速度方向与进入电场速度方向的夹角)都相同.(3)要使电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？6.如图所示，在一底边长为2L,θ=45°的等腰三角形区域内(O为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场，现在一质量为m，电量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AB进入磁场，不计重力与空气阻力的影响.(1)求粒子经电场加速射入磁场时的速度.(2)磁感应强度B为多少时，粒子能以最大的圆周半径偏转后打到OA板？(3)增加磁感应强度的大小，可以再延长粒子在磁场中的运动时间，求粒子在磁场中运动的极限时间.(不计粒子与AB板碰撞的作用时间，设粒子与AB板碰撞前后，电量保持不变并以相同的速率反弹)7.如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E=40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向.t=0时刻，一质量m=8×10-4kg、电荷量q=+2×10-4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v=0.12 m/s,O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g=10 m/s2.求：(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件.8.如图所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1(a，0)，圆内分布有垂直于纸面向里的匀强磁场.在直线y＝a的上方和直线x＝2a的左侧区域内，有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．一质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿x轴正方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力.(1)求磁感应强度B的大小；(2)粒子在第一象限内运动到最高点时的位置坐标；(3)若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向与x轴正方向的夹角θ=30°时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t．答案解析【模拟演练】1.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)明确电子的运动方向，从而确定正电荷的运动方向.(2)利用左手定则判断电子的受力方向.【解析】选B 、C.由于AB 中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向内，所以根据安培定则，AB 中的电流方向应为从B 流向A.当AB 中的电流方向变为从A 流向B 时，则AB 上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转.所以本题的正确选项应为B 、C.2.【解析】选D.由B ＝F IL可知水平向左的磁感应强度的分量为1 T ，无法确定沿电流方向的磁感应强度的分量，由矢量合成可知无法确定磁感应强度的方向；仅知道F 的方向，无法用左手定则判断磁感应强度的方向．故选D.3.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)根据左手定则判断出导体棒所受安培力的方向并画出受力图.(2)根据平衡条件判断是否平衡.【解析】选B. 四种情况的受力分别如图所示：A 、C 都有可能平衡，D 中如果重力与安培力刚好大小相等，则导体棒与导轨间没有压力，可以平衡，B 合外力不可能为零．4.【解析】选C. 粒子运动周期T ＝2m Bqπ，当θ一定时，粒子在磁场中运动时间t ＝22T T 2πθπθππ－－＝，ω＝2.Tπ由于t 、ω均与v 无关，故A 、B 项错误，C 项正确．当v 一定时，由r ＝mv Bq知，r 一定；当θ从0变至2π的过程中，θ越大，粒子离开磁场的位置距O 点越远；当θ大于2π时，θ越大，粒子离开磁场的位置距O 点越近，故D 项错误. 5.【解析】选C. 磁场垂直xOy 平面向外并位于y 轴上方，离子带负电，利用左手定则判断出离子运动方向，并画出草图找出圆心，可判断出C 图是正确的．第 10 页 共 24 页 金太阳新课标资源网6.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)画出粒子运动的轨迹.(2)根据轨迹所对应的圆心角判断运动时间的大小.【解析】选A 、C.作出粒子刚好从ab 边射出的轨迹①、刚好从bc 边射出的轨迹②、从cd 边射出的轨迹③和从ad 边射出的轨迹④.由题意可推知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t 0.结合图可知，从ab 边射出经历的时间一定不大于05t 6；从bc 边射出经历的时间一定不大于04t 3；从cd 边射出经历的时间一定是05t 3；从ad 边射出经历的时间一定不大于0t .3则A 、C 正确，B 、D 错误.【误区警示】处理带电粒子在磁场中运动问题的五个误区处理带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题的关键是画出符合题意的运动轨迹图.先确定圆心，然后根据几何关系确定半径、圆心角.其中半径和带电粒子的速率密切相关；圆心角和粒子在磁场中运动的时间相联系.同时还应避免出现以下五个误区:(1)不明确粒子的电性及运动方向.(2)没注意磁场的方向和边界.(3)忽视了圆周运动的多解性、对称性和周期性.(4)不会分析粒子运动的临界值.(5)几何知识的应用出现错误.7.【解析】选B 、C 、D. 由于小球的速度变化时，洛伦兹力会变化，小球所受合力变化，小球不可能做匀速或匀加速运动，B 、C 、D 错．8.【解析】选D.若微粒按如图方向运动，金太阳新课标资源网当洛伦兹力水平方向分量与电场力抵消,洛伦兹力竖直方向分量与重力抵消时，微粒可做匀速直线运动，D 正确;但微粒不可能做匀速圆周运动,因为运动方向改变，洛伦兹力大小、方向必然改变,微粒所受合力大小也改变,C 错误;除重力外，粒子还受洛伦兹力和电场力作用，洛伦兹力不做功,电场力做功，粒子机械能改变，B 错误;当粒子做匀速直线运动时，动能不变，A 错误.【误区警示】解答本题易产生的两个误区(1)电场力对粒子做正功，则所有微粒的动能都将增加，没有搞清楚动能变化的原因是合外力做功引起.(2)洛伦兹力的方向与运动方向垂直，则所有的微粒可以做匀速圆周运动，不清楚做匀速圆周运动的条件是合外力的大小不变，方向与速度方向垂直.9.【解析】选B.若带电球体所受的洛伦兹力qv 0B=mg,带电球体与管道间没有弹力，也不存在摩擦力,故带电球体克服摩擦力做的功为0，A 可能;若qv 0B ＜mg ，则带电球体在摩擦力的作用下最终停止，故克服摩擦力做的功为201mv ,2C 可能;若qv 0B ＞mg ，则带电球体开始时受摩擦力的作用而减速，当速度达到v=mg qB时，带电球体不再受摩擦力的作用，所以克服摩擦力做的功为2201mg m v ()2qB ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，D 可能，B 不可能.综上所述选B. 10.【解析】选A.当滑片向上滑动时，两个极板间的电压减小，粒子所受电场力减小，当滑到A 处时，偏转电场的电压为零，粒子进入此区域后做圆周运动．而加在PQ 间的电压始终没有变化，所以进入偏转磁场后动能也就不发生变化了．综上所述，A 项正确．11.【解析】选C.小球下滑过程中，qE 与qvB 反向，开始下落时qE>qvB ，所以a ＝mg (qE qvB)mμ－－，随下落速度v 的增大a 逐渐增大；当qE<qvB 之后，其a ＝金太阳新课标资源网mg (qvB qE)mμ－－，随下落速度v 的增大a 逐渐减小；最后a ＝0小球匀速下落，故选项C 正确， A 、B 、D 错误.12.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)确定带电质子在磁场中做圆周运动的圆心并进一步利用几何关系求半径．(2)明确临界条件．【解析】由于质子在O 点的速度垂直于板NP ，所以质子在磁场中做圆周运动的圆心O ′一定位于NP 所在的直线上，如果直径小于ON ，则轨迹将是圆心位于ON 之间的一个半圆弧．随着磁场B 的减弱，其半径r ＝mv qB逐渐增大，当半径r ＝ON 2时，质子恰能从N 点射出．如果B 继续减小，质子将从NM 之间的某点射出．当B 减小到某一值时，质子恰从M 点射出．如果B 再减小，质子将打在MQ 板上而不能飞出．因此质子分别从N 点和M 点射出是B 所对应的两个临界值．第一种情况是质子从N 点射出，此时质子轨迹为半个圆， 半径为ON d 24＝． 所以R 1＝01mv d qB 4= B 1＝04mv de第二种情况是质子恰好从M 点射出，轨迹如题图中所示．由平面几何知识可得：222221R d (R d)2-＝＋ ① 又R 2＝02mv qB ② 由①②得：B 2＝04mv 5de 磁感应强度B 应满足的条件：04mv 5de ≤B ≤04mv de． 答案:见解析13.【解析】(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，从a 点射入从b 点射出，O、金太阳新课标资源网a 、b 均在圆形磁场区域的边界，电子运动轨道圆心为O 2，令22O a O b ==R由题意可知，∠aO 2b ＝60°，且△aO 2b 为正三角形在△OO 2b 中，R 2＝(R －l )2＋(Rsin60°)2 ① 而R ＝0mv Be② 由①②得R ＝2l所以B ＝0mv 2e l(2)由于∠aOb ＝90°，又∠aOb 为磁场圆形区域的圆周角，所以ab 即为磁场区域直径 11aO R 2==l O 1的x 坐标：x ＝1aO sin60y ＝l -1aO cos60°＝2l 所以O 1坐标为，2l ) (3)电子在磁场中的飞行时间t ＝006012m 22T 3606Be 3v 3v πππ==⨯= l l 答案:(1)0mv 2e l(2)(2，2l ) (3) 023v πl 【方法技巧】带电粒子在有边界磁场区域中做圆周运动的处理方法(1)根据运动电荷在有界磁场的出入点速度方向垂线的交点，确定圆心的位置.(2)然后作出轨迹和半径，根据几何关系找出等量关系．(3)求解飞行时间要从找轨迹所对应的圆心角入手．14.【解析】(1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G ＝mg ＝0.1 N电场力F 1＝qE 1＝0.1 N金太阳新课标资源网即G ＝F 1，故带电小球在正交的电磁场中由O 到P 做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：qv 0B ＝20v m R解得：R ＝2053mv 1104 m qB 41010--⨯⨯⨯⨯＝＝1 m 由几何关系得：s 1(2)带电小球在P 点的速度大小仍为v 0＝4 m/s,方向与水平方向成45°.由于电场力F 2＝qE 2＝0.1 N,与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F＝10N ，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动，建立如图所示的x 、y 坐标系，沿y 轴方向上，带电小球的加速度a＝2F /s m ＝，位移y ＝21at 2沿x 轴方向上，带电小球的位移x ＝v 0t由几何关系有：y ＝x 即：21at 2＝v 0t ， 解得：tm Q 点到P 点的距离s 2＝3.2 m 答案【方法技巧】带电粒子在复合场中运动问题的解题技巧带电粒子在复合场中的运动，实际上仍是一个力学问题，分析的基本思路是：(1)弄清复合场的组成.(2)正确分析带电粒子的受力情况及运动特征.(3)画出粒子运动轨迹,灵活选择对应的运动规律列式求解.例如带电粒子在电场中加速，一般选择动能定理，类平抛运动一般要进行运动的分解,圆周运动中要分析向心力等.(4)对于临界问题,注意挖掘隐含条件,关注特殊词语如“恰好”、“刚好”、“至少”,寻找解题的突破口.金太阳新课标资源网15.【解析】(1)在0～1 s 内，金属小球在电场力作用下，在x 轴方向上做匀速运动v x =v 0 y 方向做匀加速运动v y =01qE t m 1 s 末金属小球的速度v 1/s =设v 1与x 轴正方向的夹角为α，则tan α=yx v v α=45°(2)在1～2 s 内，金属小球在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律qv 1B 0=211mv R 得R 1=10mv qB = 金属小球做圆周运动的周期 T=02m qB π=1 s(3)金属小球运动轨迹如图所示(4)5 s 末金属小球的坐标为x=v 0t=6 m(t=3 s) y=2at 2=9 m 此时金属小球y 轴方向的速度：金太阳新课标资源网v y =qE 0t/m=6 m/s合速度大小为/s =第6 s 内金属小球做圆周运动的半径R n=0mv m qB =π金属小球在第6 s 内做圆周运动的轨迹如图所示第6 s 内金属小球运动至离x 轴最远点坐标为X=x-R n sin θ=6-3π(m) 其中sin θ=yv v = Y=y+R n (1+cos θ(m) 其中cos θ=0v v = 答案:(1)/s 方向与x 轴正方向的夹角为45°1 s (3)见解析(4)3(6,9-π 【高考预测】金太阳新课标资源网1.【解析】选B 、C.在加速器中qU ＝12mv 2，在环状空腔内做匀速圆周运动的半径r ＝mv qB ，即r所以对于给定的加速电压，在半径不变的条件下q m 越大，B 越小，选项A 错误，B 正确；粒子在空腔内的周期T ＝2r v，故加速电压越大，粒子的速率v 越大，而半径不变，其周期越小，选项D 错误，C 正确.2.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)cd 如何运动取决于ab 导体产生的磁场对cd 的安培力方向.(2)弄清ab 形成的磁场的分布情况．【解析】首先分析固定导线ab 的磁感线的分布情况，如图所示(用安培定则)，然后再用左手定则分析cd 导线在磁场中的受力方向，可以发现cd 导线将顺时针方向转动．仔细留意一下就会发现，当cd 一转动，两者的电流就有同向的成分，而同向电流相互吸引，可见cd 导线在转动的同时还要向ab 导线平移． 答案:cd 导线顺时针转动的同时向ab 导线平移3.【解析】分析画出ab 杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析，如图所示．当ab 杆恰好不下滑时，如图甲所示．由平衡条件得沿斜面方向：mgsin θ＝μF N1＋F 安1cos θ， ①金太阳新课标资源网垂直斜面方向：F N1＝mgcos θ＋F 安1sin θ， ②而F 安1＝1E B L R ， ③ 由①②③式，得R 1＝5 Ω当ab 杆恰好不上滑时，如图乙所示．由平衡条件得沿斜面方向：mgsin θ＋μF N2＝F 安2cos θ， ④垂直斜面方向：F N2＝mgcos θ＋F 安2sin θ， ⑤而F 安2＝2E B L R ， ⑥ 由④⑤⑥式，得R 2＝3 Ω所以，要使ab 杆保持静止，R 的取值范围是3 Ω≤R ≤5 Ω.答案:3 Ω≤R ≤5 Ω【方法技巧】通电导体在磁场中的平衡问题的处理方法(1)解决有关通电导体在磁场中的平衡问题，关键是受力分析，只不过比纯力学中的平衡问题要多考虑一个安培力．(2)根据共点力的平衡条件F 合=0或F x 合=0,F y 合=0列出平衡方程.(3)由于安培力、电流I 、磁感应强度B 的方向之间涉及到三维空间，所以在受力分析时要善于把立体图转化成平面图．4.【解析】(1)金属盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场作用，所以盒内无电场．(2)粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电压频率要符合粒子回旋频率．由T ＝2mqBπ得回旋频率f ＝1qB T 2mπ＝，即为交流电的频率. (4)粒子最大回旋半径为R m由R m ＝m mv qB得v m ＝m qBR m。
2013年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2013年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）一物块静止在粗糙的水平桌面上。
从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。
假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
以a 表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。
能正确描述F与a之间的关系的图象是（）A．B．C．D．2．（6分）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。
若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2．由此可求出（）A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力3．（6分）如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。
导线框以某一初速度向右运动。
t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。
下列v ﹣t图象中，可能正确描述上述过程的是（）A．B．C．D．4．（6分）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。
一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（）A．B．C．D．5．（6分）如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。
整个系统置于方向水平的匀强电场中。
已知静电力常量为k。
若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）A．B．C．D．6．（6分）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。
2013年高考物理试题精解精评——磁场
2013年全国高考物理试题分类汇编——磁场一、各种磁场及基本性质1.（2013年高考·上海卷）如图1，足够长的直线ab 靠近通电螺线管，与螺线管平行。
用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B ，在计算机屏幕上显示的大致图像是A .B .C .D .解析 通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁如答图1，因此可根据磁感线的分布来确定磁感应强度的大小；因为ab 线段长度大于通电螺线管的长度，由磁感线的分布，可知选项C 正确。
答案 C点评 本题考查通电螺线管周围磁场的分布特点，要求学生对基本知识要有深刻的理解。
2.（2013年高考·海南卷）三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I ，方向如图2所示。
a 、b 和c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。
将a 、b 和c 处的磁感应强度大小分别记为B 1、B 2和B 3，下列说法正确的是A ．321B B B <= B ．321B B B ==C ．a 和b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里D ．a 处磁场方向垂直于纸面向外，b 和c 处磁场方向垂直于纸面向里 解析 三条导线分别标记为1、2、3如答图2所示，根据安培定则可知它们在a 点产生的磁场方向分别为垂直纸面向外、垂直纸面向外和垂直纸面向里，且大小相等，所以合磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为导线1或2产生的磁场决定；同理b 点与a 点有相同的情况，则21B B =；而在c点处三根导线产生磁场方向均垂直于纸bObObObOabO·答题1图2答图2面向里，所以合磁场最强，则321B B B <=，所以选项A 、C 均正确。
答案 AC点评 本题考查通电直导线的磁场分布和磁场的叠加问题，注意安培定则的应用。
二、安培力相关问题3.（2013年高考·上海卷）如图3，通电导线MN 与单匝矩形线圈abcd 共面，位置靠近ab 且相互绝缘。
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专题十、磁场
1．（2013高考上海物理第13题）如图，足够长的直线ab
靠近通电螺线管，与螺线管平行。
用磁传感器测量ab
上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是
答案：C 解析：通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是C。
2．（2013高考安徽理综第15题）图中a，b，c，d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方
向如图所示。
一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面
的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是
A．向上 B．向下 C．向左 D．向
右
【答案】B
【解析】在O点处，各电流产生的磁场的磁感应强度在O点叠加。
d、b电流在O点产生的磁场抵消，a、c电流在O点产生的磁场合矢量方向向左，带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向是向下，B选项正确。
3. （2013全国新课标理综II第17题）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。
一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。
不计重力。
该磁场的磁感应强度大小为
A．0
3qR B．
qR
mv
0 C．
qR
mv
3
D．
qR
mv
3
答案.A【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动及
其相关知识点，意在考查考生应用力学、电学知识分析解决问题的能力。
【解题思路】画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。
设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹
的半径为r ，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv 0B=m 20v r
，解得r=mv 0/qB 。
由图中几何关
系可得：tan30°=R/r。
联立解得：该磁场的磁感应强度B=03qR
,选项A 正确。
【技巧点拨】题述没有给出图，解答带电粒子在匀强磁场中的运动问题一定要画出轨迹图，利用洛伦兹力等于向心力和图中几何关系列出相关方程联立解得。
4. （2013全国新课标理综1第18题）如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，一电荷
量为q （q>0）。
质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区
域，射入点与ab 的距离为R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运
动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）
A ．
m qBR 2错误！未找到引用源。
B ．m qBR C ．m
qBR 23错误！未找到引用源。
D ．m qBR 2错误！未找到引用源。
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、洛伦兹力等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
答案：B
解析：画出粒子运动轨迹，由图中几何关系可知，粒子运动的轨迹半径等于R ，由qvB=mv 2/R 可得：v=
m
qBR ，选项B 正确。
5.(2013高考广东理综第21题)如图9，两个初速度大小相同的同种离
子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上，不
计重力，下列说法正确的有
A.a ，b 均带正电
B.a 在磁场中飞行的时间比b 的短
C. a 在磁场中飞行的路程比b 的短
D.a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近
5．考点：运动电荷在磁场中的运动，圆周运动，洛伦兹力，
答案：A D 解析：根据题述，由左手定则，带电粒子a ，b
均带正电，选项A 正确。
由于a b 粒子做圆周运动的半径为：
qB
mv R =相等，画出轨迹如右图, O 1 、O 2分别为a b 粒子运动轨迹所对的圆心，显然a 粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b ， 由qB
m T t θπθ==2和轨迹图可知，a 在磁场中飞行的时间比b 的长，a 在磁场中飞行的路程比b 的长，a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，选项D 正确BC 错误。
6．（20分）（2013全国高考大纲版理综第26题）如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。
一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场，入射点为M 。
粒子在磁场中运动的轨道半径为R 。
粒子离开磁场后的运动轨迹与x 轴交于P 点（图中未画出），且OD ＝R 。
不计重力。
求M 点到O 点的距离和粒子在磁场中运动的时间。
6．（20分）解：根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL 于A 点，圆心在y 轴上的C 点，AC 与y 轴的夹角为α；粒子从A 点射出后，运动轨迹交x 轴的P 点，设AP 与x 轴的夹角为β，如图所示。
有 2q B m R
=v v （1分）
（判断出圆心在y 轴上得1分）
周期为 2πm T qB = （1分） 过A 点作x 、y 轴的垂线，垂足分别为B 、D 。
由几何知识得
sin αAD R =，cot 60OD AD =︒，
cot βBP OD =，OP AD BP =+
α=β （2分）
联立得到 sin αα1= （2分） x y O A L P M h D C
B α
β 60°
解得α=30°，或α=90° （各2分） 设M 点到O 点的距离为h ，有 sin αAD R =
h R OC =-，cos αOC CD OD R =-=-
联立得到 h=R
α+30°) （1分）
解得h=(1-3)R
（α=30°） （2分）
h=(1+3)R
（α=90°） （2分）
当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为 π126T
m
t qB == （2分）
当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为 π42T m
t qB == （2分）。